1
SỬ DỤNG ĐỊNH LÝ CEVA VÀ MENELAUS TRONG BÀI TOÁN
CHỨNG MINH ĐỒNG QUY, THẲNG HÀNG
Phần 1. Đặt vấn đề
Các bài toán Hình học phẳng một phần quan trọng trong các chuyên đề
toán học đồng thời cũng một mảng khó trong chương trình toán THPT
chuyên. Chính thế trong các kì thi học sinh giỏi quốc gia, thi Olympic Toán
quốc tế khu vực, những bài toán Hình học phẳng cũng hay được đề cập
thường được xem bài toán khó của thi. Trong các dạng toán liên quan đến
Hình học phẳng thì bài toán đồng quy, thẳng hàng vừa được coi là bài toán quen
lạ, vừa dễ vừa khó. Bởi bài toán đồng quy, thẳng hàng đã được làm quen từ
khi các em bắt đầu học Hình học cho đến chúng ta cảm thấy rất quen thuộc với
Hình hoc vẫn hiện hữu. lại bài toán tần suất xuất hiện nhiều nhất
trong tất cả các thi HSG các cấp với rất nhiều hình thái khác nhau, mức độ
khác nhau thậm chí là rất khó.
Các em học sinh bậc Trung học phổ thông thường gặp một số khó khăn
khi tiếp cận các dạng toán liên quan đến bài toán đồng quy thẳng hàng nói riêng
và bài toán Hình học phẳng nói chung bởi không biết phải bắt đầu từ đâu và k
khăn khi định hướng vẽ hình phụ. Cái khó của các em chính là không nắm được
tường tận các phương pháp giải quyết từ đó dẫn đến khó khăn trong khâu định
hướng. Để hiểu và vận dụng tốt một sdạng toán bản vận dụng kiến thức
Hình học phẳng vào giải toán đồng quy thẳng hàng thì thông thường học sinh
phải kiến thức nền tảng Hình học tương đối đầy đủ chắc chắn trên tất cả
các lĩnh vực của nó.
Trong số rất nhiều các phương pháp để giải quyết bài toán đồng quy,
thẳng hàng c giả lựa chọn các phương pháp “Sử dụng định Ceva
Menelaus” để giải quyết lớp bài toán trên. Đây phương pháp khá cổ điển
đặc trưng cho lớp bài toán này.
2
Phần 2 ĐỊNH LÝ CEVA VÀ MENELAUS
TRONG BÀI TOÁN CHỨNG MINH ĐỒNG QUY, THẲNG HÀNG
1 Lý thuyết
1.1. Định lí Ceva: Cho tam giác ABC và các điểm A’, B’, C’ lần lượt thuộc các
cạnh BC, CA, AB. Khi đó AA’, BB’, CC’ đồng quy khi chỉ khi
' ' '
. . 1
' ' '
A B B C C A
A C B A C B
hay ' ' '
. . 1
' ' '
A B B C C A
A C B A C B
.
Chứng minh:
AA’, BB’, CC’ đồng quy khi và chỉ khi: ' ' '
. . 1.
'''
A B B C C A
A C B A C B
(1)
(
) Cho AA’, BB’, CC’ đồng quy ta chứng minh (1)
Giả sử BB’, CC’ cắt đường thẳng qua A song song với BC lần lượt tại I và K.
Áp dụng định lí Thales có: ' '
; .
' '
B C BC C A AK
B A AI C B BC
Hơn nữa ta có: '
' ' ' '
AI AM AK A B AI
A B MA A C A C AK
Vậy ta có ' ' '
. . . . 1.
' ' '
A B B C C A AI BC AK
A C B A C B AK AI BC
(
) Giả sử ta có hệ thức (1), ta cần chứng minh AA’, BB’, CC’ đồng quy.
Gọi P giao điểm của AA’ BB’, D giao điểm của CP AB. Khi đó áp
dụng phần trên ta có ' '
. . 1.
' '
A B B C DA
A C B A DB
(2)
Từ (1) và (2) ta có ''
'
C A DA
C D
C B DB
(Do C’ và D cùng thuộc cạnh AB)
Vậy AA’, BB’, CC’ đồng quy tại P.
3
Bộ ba đường thẳng AA’, BB’, CC’ đồng quy như trên được gọi bộ ba đường
thẳng
Ceva và các đoạn thẳng AA’, BB’và CC’ được gọi là bộ ba đoạn thẳng Ceva.
Nhận xét:
Trong chứng minh phần thuận của đình lý, có thể dùng các tỷ sổ diện tích như
sau :
BOC COA AOB
AOB BOC COA
S S S
AG BE CF
GB EC FA S S S
- Các đoạn thẳng AE, BF, CG đươc gọi là các đường Ceva của tam giác
- Khi các điểm E, F, G có thể nằm tùy ý trên các đường thẳng chứa cạnh thì định
lý Ceva mở được phát biểu như sau: Cho các điểm D, E, F tương ứng nằm trên
các đường thẳng BC, CA, AB. Khi đó các đương thẳng AD, BE, CF đồng quy
nếu và chỉ nếu:
. . 1
BD CE FA
DC EA BF
.
1.2. Định lí Ceva dạng lượng giác (Ceva sin)
Cho tam giác ABC. D, E, F lần lượt nằm trên các cạnh BC, AC, AB.
Chứng minh rằng các mệnh đề sau là tương đương:
a) AD, BE, CF đồng quy tại một điểm.
b)
sin sin sin
. . 1
sin sin sin
ABE BCF CAD
EBC FCA DAB
.
c)
. . 1
AE CD BF
EC DB FA
.
Chứng minh:
Chúng ta sẽ chứng minh rằng a) dẫn đến b), b) dẫn đến c), và c) dẫn đến a).
Giả sử a) đúng. Gọi P là giao điểm của AD, BE, CF.
4
Theo định lý hàm số sin trong tam giác APB ta có:
sin sin
.
sin sin
ABE ABP AP
BP
DAB BAP
(1)
Tương tự, ta cũng có:
sin
;
sin
BCF BP
CP
EBC
(2);
sin
.
sin
CAD CP
AP
FCA
(3)
Nhân từng vế của (1), (2), (3) ta được b).
Giả sử b) đúng.
Theo định lý hàm số sin trong tam giác ABD và tam giác ACD ta có:
sin sin
; .
sin sin
ADB AB CAD CD
DB CA
BAD ADC
Do đó:
sin
. .
sin
CAD AB CD
CA DB
BAD
0
180
BDA ADC (4)
Tương tự, ta cũng có:
sin
. .
sin
BCF CA BF
BC FA
FCA
(5);
sin
. .
sin
ABE BC AE
AB EC
EBC
(6)
Nhân từng vế của (4), (5), (6) ta được c).
Giả sử c) đúng, ta gọi 1
, .P CF BE D AP BC
Theo a) và b) ta có: 1
1
. . . . 1
CD
AE BF AE CD BF
EC D B FA EC DB FA
hay: 1
1
.
CD
CD
D B DB
Do đó:
1
D D
.
1.3 Định Menelaus: Cho tam giác ABC các điểm A’, B’, C’ trên các
đường thẳng BC, CA, AB sao cho: hoặc cả ba điểm A’, B’, C’ đều nằm trên
phần kéo dài của ba cạnh, hoặc một trong ba điểm trên nằm trên phần kéo dài
của một cạnh còn hai điểm còn lại nằm trên hai cạnh của tam giác ABC. Điều
5
kiện cần đ để A’, B’, C’ thẳng hàng ' ' '
. . 1
' ' '
A B B C C A
A C B A C B
hay
' ' '
. . 1
' ' '
A B B C C A
A C B A C B
.
Chứng minh :
A’, B’, C’ thẳng hàng là ' ' '
. . 1.
' ' '
A B B C C A
A C B A C B
(1)
(
) Cho A’, B’, C’ thẳng hàng ta chứng minh (1)
Từ C vẽ đường thẳng song song với AB cắt A’C’ tại M.
Áp dụng định lí Thales ta có:
' ' ' ' '
, .
' ' ' ' '
A B A C B C B M
A C A M B A B C
Mặt khác ta có
'
' ' '
CM B M
C A B C
' ' ' . ' '.
' ' ' ' ' '. '
CM A M C A A M B C
C B A C C B A C B M
Do đó ta có
' ' ' ' ' ' ' ' '
. . . . . 1.
' ' ' ' ' , ' ' '
A B B C C A A C B M A M B C
A C B A C B A M B C A C B M
(
) Cho các điểm A’, B’, Cthoả mãn (*) (1), ta chứng minh A’, B’, C’
thẳng hàng.
Giả sử B’, C’ nằm trên hai cạnh của tam giác và A’ thuộc phần kéo dài của cạnh
còn lại. Gọi D là giao điểm của A’C’ và AC.
Khi đó, theo chứng minh trên ta có ' '
. . 1.
' '
A B DC C A
A C DA C B
(2)
Từ (1) và (2) ta có '
'
'
DC B C
D B
DA B A
(vì đều thuộc cạnh AC)
Vậy A’, B’, C’ thẳng hàng.
Trong trường hợp 3 điểm A’,B’,C’ cùng thuộc phần kéo dài của các cạnh chứng
minh tương tự